第六章二阶常微分方程 的幂级数解法 说明 ★本章计划讲授学时:4 ★§6.5为教学参考资料,不讲授
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喜六章二阶线性常微分方程的级数解法 第六章二阶线性常微分方程的幂级数解法 §6.1二阶线性常微分方程的常点和奇点 二阶线性齐次常微分方程的标准形式 d2z +p(a)dz+()w=0, (6.1) p(2)和q(2)称为方程的系数 方程的解是完全由方程的系数决定的 特别是,方程解的解析性是完全由方程系数的解析性决定的 用级数解法解常嶶分方程时,得到的解总是某一指定点、∂的邻堿內收敛的无穷级数 方程糸数p(z),q(x)在如0点的解析性就决定了级数解在0点的解析性,或者说,就决定 了级数解的形式,例如,是 Taylor级数还是 Laurent级数 如果p(z),q(2)在0点解析,则20点称为方程的常点 如果p(z),q(2)中至少有一个在z0点不解析,则20点称为方程的奇点 例61超几何方程( Hypergeometric equation) (1-2),2+[-(1+a+)2] 的系数是 p(2)=2-(1 1+a+ 2(1-2) 和q(2)= 在有限远处,p(2)和q(2)有两个奇点:z=0和z=1.所以,除了z=0和z=1是超几何方程 的奇点外,有限远处的其他点都是方程的常点 例62 Legendre方程 dy 2x+l(1+1)y=0 在有限远处的奇点为x=±1 要判断无穷远点z=∞0是不是方程(6.1)的奇点,则必须作自变量的变换z=1/t d2÷qm 因此,方程(6.1)变为 如果t=0是方程(6.2)的常点(奇点),则称无穷远点z=∞0是方程(6.1)的常点(奇点)
✁✂ ✄☎✆✝✞✟✠✡☛☞✌✍✎✏✑ ✒ 1 ✓ ✔✕✖ ✗✘✙✚✛✜✢✣✤✥✦✧★✩✪ §6.1 ✫✬✭✮✯✰✱✲✳✴✯✵✶✷✵ ✸✹✺✻✼✽✾✿❀❁❂❃❄❅❆❇ d 2w dz 2 + p(z) dw dz + q(z)w = 0, (6.1) p(z) ❈ q(z) ❉❊❋●❍■❏❑ • ❋●❍▲▼◆❖ P❋●❍■❏◗❘❍❑ • ❙❚▼❯❋●▲❍▲❱❲▼◆❖ P❋●■❏❍▲❱❲◗❘❍❑ ❳❨❩❬❭❬❪❫❴❵❛❜❯ ❝❞❡❬❢❣ ❤✐❥❦❧ z0 ❡♠♥ ♦♣q❡rs❨❩❑ ❵❛ t❩ p(z), q(z) ✉ z0 ❧❡❬✈✇①②❦ ③❨❩❬✉ z0 ❧❡❬✈✇❯ ④⑤⑥❯①②❦ ③❨❩❬❡⑦⑧❯⑨⑩❯❣ Taylor ❨❩❶❣ Laurent ❨❩❑ • ❷❸ p(z), q(z) ❹ z0 ❺▲❱❯❻ z0 ❺❉❊❋●❍❼❺❑ • ❷❸ p(z), q(z) ❽❾❿➀➁➂❹ z0 ❺➃▲❱❯❻ z0 ❺❉❊❋●❍➄❺❑ ➅ 6.1 ➆➇➈❋● (Hypergeometric equation) z(1 − z) d 2w dz 2 + γ − (1 + α + β)z dw dz − αβw = 0 ❍■❏▼ p(z) = γ − (1 + α + β)z z(1 − z) ❈ q(z) = − αβ z(1 − z) . ❹➀➉➊➋❯ p(z) ❈ q(z) ➀➌➂➄❺➍ z = 0 ❈ z = 1 ❑➎➏❯➐➑ z = 0 ❈ z = 1 ▼➆➇➈❋● ❍➄❺➒❯➀➉➊➋❍➓➔❺→▼❋●❍❼❺❑ ➅ 6.2 Legendre ❋● 1 − x 2 d 2y dx 2 − 2x dy dx + l(l + 1)y = 0, ❹➀➉➊➋❍➄❺❊ x = ±1 ❑ ➣↔↕➙➛➊❺ z = ∞ ▼➃▼❋● (6.1) ❍➄❺❯❻➜➝➞ ➟ ➠➡❍ ➠➢ z = 1/t ❑ dw dz = −t 2 dw dt , d 2w dz 2 = t 4 d 2w dt 2 + 2t 3 dw dt . ➤➥❯❋● (6.1) ➠ ❊ d 2w dt 2 + 2 t − 1 t 2 p 1 t dw dt + 1 t 4 q 1 t w = 0. (6.2) ❷❸ t = 0 ▼❋● (6.2) ❍❼❺ (➄❺) ❯❻❉➙➛➊❺ z = ∞ ▼❋● (6.1) ❍❼❺ (➄❺) ❑
6.1二阶线性常微分方程的常点和奇点 0(即z=∞)为方程常点的条件是 即 2) =+一 无穷远点是超几何方程和 Legendre方程的奇点
§6.1 ✄☎✆✝✞✟✠✡☛☞✞➦➧➨➦ ✒ 2 ✓ t = 0 (➩ z = ∞) ❊❋●❼❺❍➫➭▼ p 1t = 2t + a2t2 + a3t3 + · · · , q 1t = b4t4 + b5t5 + · · · , ➩ p(z) = 2z + a2 z2 + a3 z3 + · · · , q(z) = b4z4 + b5z5 + · · · . ➙➛➊❺▼➆➇➈❋●❈ Legendre ❋●❍➄❺❑
线性常微分方程的幂级数解 86.2方程常点邻域内的解 首先,不加证明地介绍下面的定理 定理61如果p(2)和q(z)在圆|z-=0<R内单值解析,则在此圆内常微分方程初值问题 du az+p(2)2+q(=0 (co,c1为任意常数) 有唯一的一个解(2),并且m(2)在这个圆内单值解析 根据这个定理,可以把w(2)在20点的邻域|2-20<R内展开为 Taylor级数 (2)=∑(2-20) 显然,这里(2-20)0与(z-20)1的系数c与c1正好和初值条件一致 将这个形式的级数解代入微分方程,比较系数,就可以求出系数∝k.定理说明,系数 (k=2,3,…均可用co,cn表示 例6.3求 Legendre方程 (1 dx2 (+1)y=0 在x=0点邻域内的解,其中l是一个参数 解x=0是方程的常点,因此,可令解 代入方程,就有 (1-2)∑ck(k-1) l(l+1) 整理合并,得到 ∑{k+2(k+1/+2-[(+1)-1(+1]4} 根据 Taylor展开的唯一性,可得 (k+2)(k+1)ck+2-[(k+1)-l(l+1)ck=0 k(k+1)-l(+1)(k-1)( k+2 k+2)(k+1 k+2)(k+1)k
✁✂ ✄☎✆✝✞✟✠✡☛☞✌✍✎✏✑ ✒ 3 ✓ §6.2 ❁❂✾➯➲➳➵❃➸ ➺➻❯➃➼➽ ➾➚➪➶➹➘❍❘➴❑ ➷➬ 6.1 ❷❸ p(z) ❈ q(z) ❹ ➮ |z − z0| < R ➱✃❐▲❱❯❻❹➥ ➮➱❼❒❮❋●❰❐ÏÐ d 2w dz 2 + p(z) dw dz + q(z)w = 0, w(z0) = c0, w0 (z0) = c1 (c0, c1 ❊ÑÒ❼❏) ➀Ó➁❍➁➂▲ w(z) ❯ÔÕ w(z) ❹Ö➂ ➮➱✃❐▲❱❑ ×ØÖ➂❘➴❯Ù➏Ú w(z) ❹ z0 ❺❍ÛÜ |z − z0| < R ➱ÝÞ❊ Taylor ß❏ w(z) = X∞ k=0 ck(z − z0) k . àá❯Öâ (z − z0) 0 ã (z − z0) 1 ❍■❏ c0 ã c1 äå❈❰❐➫➭➁æ❑ ç Ö➂èé❍ß❏▲êë❒❮❋●❯ìí■❏❯îÙ➏ïð■❏ ck ❑❘➴ñ ➾❯■❏ ck(k = 2, 3, · · ·) òÙó c0, c1 ôõ❑ ➅ 6.3 ï Legendre ❋● 1 − x 2 d 2y dx 2 − 2x dy dx + l(l + 1)y = 0 ❹ x = 0 ❺ÛÜ ➱❍▲❯➓ ❽ l ▼➁➂ö❏❑ ➸ x = 0 ▼❋●❍❼❺❯ ➤➥❯Ù÷▲ y = X∞ k=0 ckx k . êë❋●❯î➀ 1 − x 2 X∞ k=0 ckk(k − 1)x k−2 − 2x X∞ k=0 ckkxk−1 + l(l + 1)X∞ k=0 ckx k = 0, ø ➴ùÔ❯úû X∞ k=0 n (k + 2)(k + 1)ck+2 − k(k + 1) − l(l + 1) ck o x k = 0. ×Ø Taylor ÝÞ❍Ó➁❲❯Ùú (k + 2)(k + 1)ck+2 − [k(k + 1) − l(l + 1)] ck = 0, ➩ ck+2 = k(k + 1) − l(l + 1) (k + 2)(k + 1) ck = (k − l)(k + l + 1) (k + 2)(k + 1) ck.
这样就得到了系数之间的递推关系.反复利用递推关系,就可以求得系数 -2)(2n+l-1) 2n(2n-1)(2n-2)(2n-3) 1)(2n+l) C2n+1 (2n+1)(2n) (2n-l-1)(2n-l-3)(2n+l)(2n+l-2) (2n+1)(2m)(2n-1)(2n-2) (2n+1)(2n-1-1)2n-l-3)…(-l+1) (2n+l)(2n+l-2)…(l+2) 利用r函数的性质 r(z+1)=zI(2) T(2 (z+1)zr(z) 可以将c2n和c2n+1写成 +1+ 所以, Legendre方程的解就是 y(r)=coy(a)+C1y2(a), 其中
§6.2 ✡☛✞➦üý þ☞✏ ✒ 4 ✓ Öÿîúû➑■❏✁❍ ✂✄☎✆ ❑✝✞✟ó✠✡☛■❯îÙ➏ïú■❏ c2n = (2n − l − 2)(2n + l − 1) 2n(2n − 1) c2n−2 = (2n − l − 2)(2n − l − 4)(2n + l − 1)(2n + l − 3) 2n(2n − 1)(2n − 2)(2n − 3) c2n−4 = · · · = c0 (2n)!(2n − l − 2)(2n − l − 4)· · ·(−l) × (2n + l − 1)(2n + l − 3)· · ·(l + 1), c2n+1 = (2n − l − 1)(2n + l) (2n + 1)(2n) c2n−1 = (2n − l − 1)(2n − l − 3)(2n + l)(2n + l − 2) (2n + 1)(2n)(2n − 1)(2n − 2) c2n−3 = · · · = c1 (2n + 1)!(2n − l − 1)(2n − l − 3)· · ·(−l + 1) × (2n + l)(2n + l − 2)· · ·(l + 2). ✟ó Γ ☞❏❍❲✌ Γ (z + 1) = zΓ (z), Γ (z + n + 1) = (z + n)(z + n − 1)· · ·(z + 1)zΓ (z), Ù➏ç c2n ❈ c2n+1 ✍✎ c2n = 2 2n (2n)! Γ n − l 2 Γ − l 2 Γ n + l + 1 2 Γ l + 1 2 c0, c2n+1 = 2 2n (2n + 1)! Γ n − l − 1 2 Γ − l − 1 2 Γ n + 1 + l 2 Γ 1 + l 2 c1. ➎➏❯ Legendre ❋●❍▲î▼ y(x) = c0y1(x) + c1y2(x), ➓ ❽ y1(x) = X∞ n=0 2 2n (2n)! Γ n − l 2 Γ − l 2 Γ n + l + 1 2 Γ l + 1 2 x 2n
线性常微分方程的幂级数解 第5页 rn+1+ 2n+1 6(2n+1) r(1+ 正如定理所说,任意给定一组初条件c和q1,就一定可以求出方程的一个特解.特别 如果取co=1,c1=0,就得到特解y(x) 如果取co=0,c1=1,就得到特解v2(x) 显然,这两个特解孙(x)和y2(x)是线性无关的.从这两个线性无关特解出发,就可以构 造出方程的通解. ·如果把上面解式中的常数c和c1看成是任意叠加常数,上面得到的就是方程 的通解 关于解的奇偶性的讨论.上面求得的特解中,(x)只含有x的偶次幂,y(x)只含有x的奇 次幂,即y(x)是x的偶函数,y2(x)是x的奇函数.从求解的过程来看,这是由于递推关系中只 出现系数ck+2和ck,而与ck+1无关,因此c2n完全由c决定,c2n+1完全由q1决定.从根本上 来说,方程的解的对称性(这里指的是奇偶性),当然应该是方程的对称性的反映 通过这个实例,可以看出在常点邻域内求级数解的一般步骤.这就是: 将(方程常点邻域内的)解展开为 Taylor级数,代入微分方程 比较系数,得到系数之间的递推关系 ·反复利用递推关系,求出系数ck的普遍表达式(用co和c1表示),从而最后得出级数解; 由于递推关系一定是线性的(因为方程是线性的),所以最后的级数解一定可以写成 u(2)=c0u1(z)+c12(z) 的形式 需要指出,在系数之间的递推关系中,一般会同时出现ck,Ck+1,ck+2三个相邻的系数,因此 k会同时依赖于c和c1,最后求得的u1(2)或u2(z)就不会只含有z的偶次幂或奇次幂 应用常微分方程的幂级数解法,可以得到方程在一定区域内的解式.我们也可以根据需要, 求出方程在不同区域内的解式,可以证明,方程在不同区域内的解式,互为解析延拓.因此,也可 从方程在某一区域內的解式出发,通过解析延拓,推出方程在其他区域内的解式 例6.4设u1是方程 +p( 的解,在区域G1内解析.若ω是ω1在区域G2内的解析延拓,即
✁✂ ✄☎✆✝✞✟✠✡☛☞✌✍✎✏✑ ✒ 5 ✓ y2(x) = X∞ n=0 2 2n (2n + 1)! Γ n − l − 1 2 Γ − l − 1 2 Γ n + 1 + l 2 Γ 1 + l 2 x 2n+1 . ä❷❘➴➎ñ❯ÑÒ✏❘➁✑❰➫➭ c0 ❈ c1 ❯î➁❘Ù➏ïð❋●❍➁➂❙▲❑❙❚ ▼❯ • ❷❸✒ c0 = 1, c1 = 0 ❯îúû❙▲ y1(x) ✓ • ❷❸✒ c0 = 0, c1 = 1 ❯îúû❙▲ y2(x) ❑ àá❯Ö➌➂❙▲ y1(x) ❈ y2(x) ▼✔❲ ➙ ☛❍❑✕ Ö➌➂✔❲ ➙ ☛❙▲ð✖❯îÙ➏✗ ✘ ð❋●❍✙▲❑ • ❷❸Ú✚➘▲é ❽❍❼❏ c0 ❈ c1 ✛✎▼ÑÒ✜➼ ❼❏❯✚➘úû❍î▼❋● ❍✙▲❑ ☎✢➸❃✣✤✻❃✥✦❑✚➘ïú❍❙▲ ❽❯ y1(x) ✧★➀ x ❍✩✪✫❯ y2(x) ✧★➀ x ❍➄ ✪✫❯➩ y1(x) ▼ x ❍✩☞❏❯ y2(x) ▼ x ❍➄☞❏❑✕ ï▲❍✬●✭✛❯Ö▼ P✮✠✡☛■ ❽✧ ð✯■❏ ck+2 ❈ ck ❯✰ã ck+1 ➙ ☛❯ ➤➥ c2n ◆❖ P c0 ◗❘❯ c2n+1 ◆❖ P c1 ◗❘❑✕×✱ ✚ ✭ñ❯❋●❍▲❍✲❉❲ (Öâ✳❍▼➄✩❲) ❯✴ á✵✶▼❋●❍✲❉❲❍✝✷❑ ✙✬Ö➂✸✹❯Ù➏✛ð❹❼❺ÛÜ ➱ïß❏▲❍➁✺✻✼❑Öî▼➍ • ç (❋●❼❺ÛÜ ➱❍) ▲ÝÞ❊ Taylor ß❏❯êë❒❮❋●✓ • ìí■❏❯úû■❏✁❍✠✡☛■✓ • ✝✞✟ó✠✡☛■❯ïð■❏ ck ❍✽✾ô✿é (ó c0 ❈ c1 ôõ) ❯ ✕ ✰❀❁úðß❏▲✓ P✮✠✡☛■➁❘▼✔❲❍ (➤ ❊❋●▼✔❲❍) ❯➎➏❀❁❍ß❏▲➁❘Ù➏✍✎ w(z) = c0w1(z) + c1w2(z) ❍èé❑ ❂➣ ✳ð❯❹■❏✁❍✠✡☛■ ❽❯➁✺❃❄❅ð✯ ck, ck+1, ck+2 ❆➂❇Û❍■❏❯➤➥ ck ❃❄❅❈❉✮ c0 ❈ c1 ❯❀❁ïú❍ w1(z) ❊ w2(z) î➃❃✧★➀ z ❍✩✪✫❊➄✪✫❑ ✵ ó❼❒❮❋●❍✫ß❏▲❋❯Ù➏úû❋●❹➁❘●Ü ➱❍▲é❑❍■❏Ù➏×Ø❂➣ ❯ ïð❋●❹➃❄●Ü ➱❍▲é❑Ù➏➽ ➾❯❋●❹➃❄●Ü ➱❍▲é❯❑ ❊▲❱▲▼❑ ➤➥❯❏Ù ✕ ❋●❹◆➁●Ü ➱❍▲éð✖❯✙✬▲❱▲▼❯✡ð❋●❹➓➔●Ü ➱❍▲é❑ ➅ 6.4 ❖ w1 ▼❋● d 2w dz 2 + p(z) dw dz + q(z)w = 0 (6.3) ❍▲❯❹●Ü G1 ➱▲❱❑P we1 ▼ w1 ❹●Ü G2 ➱❍▲❱▲▼❯➩
§62方程常点邻域内的解 三u1 G1∩G 试证明:1仍是方程(6.3)的解 证设 d +p(2)-+q(2)i1=g(2) g(2)在G2内解析.因为m1是方程(6.3)在区域G1内的解,故在子区域G1∩G2内,仍满足方程 p( )+g(2) dz 而在此子区域内,1(2)≡1(2),故 d2W1 +p(2) q(2)1=0, 即g(z)≡0,z∈G1∩G2,根据解析函数的唯一性,立即证得 g(2)≡0 亦即v1在G2内满足方程 +p(x) 例65设u1和ω2都是方程(63)的两个线性无关解,且均在区域G1内解析.若 1和2分别是t1和m2在区域G2内的解析延拓,即在z∈G1∩G2中 试证:如1和m2仍线性无关 证由例6.4知,m1和v2仍是方程(在G2内)的解.因为u1和u2线性无关, U1 2 ≠0,z∈G1 设 W1 7D g(2)在G2内解析.由于在z∈G1∩G2中 uI三1,2 故g(2)≠0,z∈G1∩G2.仍然根据解析函数的唯一性,就证得 g(2)≠0,z∈G 所以,1和2(在G2内)仍线性无关.口
§6.2 ✡☛✞➦üý þ☞✏ ✒ 6 ✓ w1 ≡ we1, z ∈ G1 T G2, (6.4) ◗ ➽ ➾➍ we1 ❘▼❋● (6.3) ❍▲❑ ❙ ❖ d 2we1 dz 2 + p(z) dwe1 dz + q(z)we1 = g(z), g(z) ❹ G2 ➱▲❱❑➤ ❊ w1 ▼❋● (6.3) ❹●Ü G1 ➱❍▲❯❚ ❹❯●Ü G1 T G2 ➱❯❘❱❲❋● d 2w1 dz 2 + p(z) dw1 dz + q(z)w1 = 0. ✰❹ ➥ ❯●Ü ➱❯ w1(z) ≡ we1(z) ❯ ❚ d 2we1 dz 2 + p(z) dwe1 dz + q(z)we1 = 0, z ∈ G1 T G2, ➩ g(z) ≡ 0, z ∈ G1 T G2 ❑ ×Ø▲❱☞❏❍Ó➁❲❯❳➩➽ú g(z) ≡ 0, z ∈ G2, ❨ ➩ we1 ❹ G2 ➱❱❲❋● d 2we1 dz 2 + p(z) dwe1 dz + q(z)we1 = 0. ➅ 6.5 ❖ w1 ❈ w2 → ▼ ❋ ● (6.3) ❍ ➌ ➂ ✔ ❲ ➙ ☛ ▲ ❯Õ ò ❹ ● Ü G1 ➱▲ ❱ ❑P we1 ❈ we2 ❮❚▼ w1 ❈ w2 ❹●Ü G2 ➱❍▲❱▲▼❯➩❹ z ∈ G1 T G2 ❽ w1 ≡ we1, w2 ≡ we2. ◗ ➽➍ we1 ❈ we2 ❘✔❲ ➙ ☛❑ ❙ P✹ 6.4 ❩❯ we1 ❈ we2 ❘▼❋● (❹ G2 ➱) ❍▲❑➤ ❊ w1 ❈ w2 ✔❲ ➙ ☛❯ ∆[w1, w2] ≡ w1 w2 w 0 1 w 0 2 6= 0, z ∈ G1. ❖ ∆[we1, we2] ≡ we1 we2 we 0 1 we 0 2 = g(z), g(z) ❹ G2 ➱▲❱❑P✮❹ z ∈ G1 T G2 ❽❯ w1 ≡ we1, w2 ≡ we2, ❚ g(z) 6= 0, z ∈ G1 T G2 ❑❘ á×Ø▲❱☞❏❍Ó➁❲❯î➽ú g(z) 6= 0, z ∈ G2. ➎➏❯ we1 ❈ we2(❹ G2 ➱) ❘✔❲ ➙ ☛❑
喜六章二阶线性常微分方程的级数解法 第7页 §6.3方程正则奇点邻域内的解 只讨论极点性的奇点 方程的奇点可能同时也是解的奇点.不但可能是解的极点或本性奇点,还可能是解的枝点 作为在方程正则奇点邻域内求解的依据,再次不加证明地介绍另一个定理 定理6.2如果2是方程 +p(2)+q(2)u=0 的奇点,则在p(z)和q(2)都解析的环形区域0<|2-20<R内,方程的两个线性无关解是 n(2)=(2-20)∑ 2(2)=gn(2)ln(2-0)+(2-20)∑d(2-20) k=-∞o 其中p1,P2和g都是常数 如果p或p2是整数,且g=0,则20点为方程的解的极点或本性奇点 ★如果p1或P不是整数,或g≠0,则方程的解为多值函数,20点为其枝点 现在如果我们把上面的解弌代入方程,尽管仍然能得到糸数之间的递推关糸,但却无 法求出糸数的普遍表达式.因为这时的级数解中,一般说来,都有无穷多个正幂项和负 幂项,反复利用递推关糸将会永无休止 如果级数解中只有有限个负幂项,这时总可以调整相应的ρ值,使得级数解中没有负幂项, (2)=(2-20)∑a(-20) 2(2)=gn(2)hn(2-20)+(2-20)∑(2-20) 于是,反复利用递推关系就可以求得系数的普遍表达式,当然,还必须要定出p值 这种形式的解称为正则解,当g≠0时,υ2()的形式和υ1(∞)不同(含有对数项), 因而需分别求解,当g=0时,2(z)的表达式中不含对数项,两个解的形式相同 为了找出方程奇点邻域内存在正则解的条件,不妨先取 u(2)=(2-20)
✁✂ ✄☎✆✝✞✟✠✡☛☞✌✍✎✏✑ ✒ 7 ✓ §6.3 ❁❂❬❭✣➯➲➳➵❃➸ ✧❪❫❴❺❲❍➄❺❑ ❋●❍➄❺Ù❵❄❅❏▼▲❍➄❺❑➃❛Ù❵▼▲❍❴❺❊ ✱ ❲➄❺❯ ❜ Ù❵▼▲❍❝❺❑ ➞❊❹❋●ä❻➄❺ÛÜ ➱ï▲❍❈ Ø ❯❞✪➃➼➽ ➾➚➪➶❡➁➂❘➴➍ ➷➬ 6.2 ❷❸ z0 ▼❋● d 2w dz 2 + p(z) dw dz + q(z)w = 0 ❍➄❺❯❻❹ p(z) ❈ q(z) →▲❱❍❢è●Ü 0 < |z − z0| < R ➱❯❋●❍➌➂✔❲ ➙ ☛▲▼ w1(z) = (z − z0) ρ1 X∞ k=−∞ ck(z − z0) k , w2(z) = gw1(z) ln(z − z0) + (z − z0) ρ2 X∞ k=−∞ dk(z − z0) k , ➓ ❽ ρ1, ρ2 ❈ g →▼❼❏❑ F ❷❸ ρ1 ❊ ρ2 ▼ ø ❏❯Õ g = 0 ❯❻ z0 ❺❊❋●❍▲❍❴❺❊ ✱ ❲➄❺❑ F ❷❸ ρ1 ❊ ρ2 ➃▼ ø ❏❯❊ g 6= 0 ❯❻❋●❍▲❊❣❐☞❏❯ z0 ❺❊➓❝❺❑ ❤ ✉⑩✐❥❦❧♠ ♥ ❡❬⑧♦♣❵❛❯q rst✉❝❞ t❩✈ ✇❡①② ③t ❯④⑤r ❭⑥ ⑦t❩❡⑧⑨⑩❶⑧ ❑❷❸❹❜❡❨❩❬ ❺ ❯✐❻⑥❼ ❯ ❽❾rs ❿➀➁➂➃➄ ➅ ➂➃❯➆➇➈❳①② ③t➉➊➋r➌➍❑ ❷❸ß❏▲ ❽✧➀➀➉➂➎✫➏❯Ö❅➐Ù➏➑ ø ❇ ✵ ❍ ρ ❐❯➒úß❏▲ ❽➓➀➎✫➏❯ w1(z) = (z − z0) ρ1 X∞ k=0 ck(z − z0) k , w2(z) = gw1(z) ln(z − z0) + (z − z0) ρ2 X∞ k=0 dk(z − z0) k . ✮▼❯✝✞✟ó✠✡☛■îÙ➏ïú■❏❍✽✾ô✿é❑✴ á ❯ ❜ ➜➝➣ ❘ð ρ ❐❑ ❹➔⑦⑧❡❬→ ❸ ❬❭➸ ❑➣ g 6= 0 ❜ ❯ w2(z) ❡⑦⑧➄ w1(z) ↔ ↕ (➙ ❾➛❩➃ ) ❯ ❷➜➝❴➞⑥❬ ❑➣ g = 0 ❜ ❯ w2(z) ❡⑩❶⑧ ❺ ↔➙➛❩➃ ❯➟ ➀❬❡⑦⑧➠ ↕❑ ❊➑➡ð❋●➄❺ÛÜ ➱➢❹ä❻▲❍➫➭❯➃➤ ➻ ✒ w(z) = (z − z0) ρX∞ k=0 ck(z − z0) k
§6.3方程正则奇点邻域内的解 同时把p(2)和q(2)也在0cK(k+p)(k:+p-1)(z-z0 k=0 (2-20)2-m∑an(2-20)∑ck(k+p(-ao +(2-20)2-∑b(2-20)∑c(2-20)=0 从原则上说,比较上式两端各次幂的糸数,如果能求出ρ值以及亲数∝k的普遍表 式,我们就求出了正则解v(z).特别是,为了要求得两个正则解,前提当然是必须求 两个ρ值,即ρ必须是二次方程的解. 我们考察一下上面得到的等式.在等式左端共有三项,它们的最低次幂项分别为 因此,为了要能求得两个p值,这个等式左端的最低次幂一定是0次幂,即 1 换句话说,20应该是 p(2)的不超过一阶的极点,即(2-20)(2)在20点解析 q(2)的不超过二阶的极点,即(2-20)2q(z)在20点解析 这种奇点称为方程的正则奇点,否则,称为非正则奇点 这样看来,在方程的正则奇点的邻域内,两个解可能都是正则解.尽管上面的分析还 不完全(未讨论含对数项的正则解的情形),但是,这个结论却是正确的.见下面的定理 定理6.3方程 d 2w
§6.3 ✡☛➥➦➨➦üý þ☞✏ ✒ 8 ✓ ❄❅Ú p(z) ❈ q(z) ❏❹ 0 < |z − z0| < R ➱➞ Laurent ÝÞ p(z) = (z − z0) −mX∞ k=0 ak(z − z0) k , q(z) = (z − z0) −nX∞ k=0 bk(z − z0) k . P✮ z = z0 ❺▼❋●❍❴❺❲➄❺❯ ❚ m, n ➜❊ø ❏❯Õ❾❿➀➁➂❊➎ ø ❏❑ç w(z) ➏➧ p(z) ❈ q(z) ❍ß❏ô✿éêë❋●❯Ô➨➩➤ ❯ (z − z0) ρ−2 ❯îúû X∞ k=0 ck(k + ρ)(k + ρ − 1)(z − z0) k + (z − z0) 1−mX∞ l=0 al(z − z0) lX∞ k=0 ck(k + ρ)(z − z0) k + (z − z0) 2−nX∞ l=0 bl(z − z0) lX∞ k=0 ck(z − z0) k = 0. ➫➭➯♠ ⑥ ❯➲➳♠⑧ ➟➵➸➺➂❡ t❩❯⑩✐✉⑥ ⑦ ρ ➻ ➼➽ t❩ ck ❡⑧⑨⑩❶ ⑧ ❯❥❦①⑥ ⑦ ③➁➯❬ w(z) ❑ ➾➞❣ ❯❸ ③➚⑥❝ ➟ ➀➁➯❬ ❯ ➪➶ ➣t❣➹➘⑥ ⑦ ➟ ➀ ρ ➻❯➴ ρ ➹➘❣➷ ➺❵❛❡❬ ❑ ❍■➬➮➁➹✚➘úû❍➱é❑❹➱é✃❐❒➀❆➏❯❮■❍❀❰✪✫➏❮❚❊ c0ρ(ρ − 1)(z − z0) 0 , c0a0ρ(z − z0) 1−m, c0b0(z − z0) 2−n . ➤➥❯❊➑➣ ❵ïú➌➂ ρ ❐❯Ö➂➱é✃❐❍❀❰✪✫➁❘▼ 0 ✪✫❯➩ 1 − m ≥ 0, 2 − n ≥ 0. ➢ÏÐñ❯ z0 ✵✶▼ p(z)❍➃➆✬➁Ñ❍❴❺❯ ➩ (z − z0)p(z)❹ z0 ❺▲❱✓ q(z)❍➃➆✬ÒÑ❍❴❺❯ ➩ (z − z0) 2 q(z)❹ z0 ❺▲❱❑ ÖÓ➄❺❉❊❋●❍ ❬❭✣➯ ❯Ô❻❯❉❊ Õ❬❭✣➯ ❑ Öÿ✛✭❯❹❋●❍ä❻➄❺❍ÛÜ ➱❯➌➂▲Ù❵→▼ä❻▲❑Ö×✚➘❍❮❱❜ ➃◆❖ (Ø❪❫★✲❏➏❍ä❻▲❍Ùè) ❯❛▼❯Ö➂Ú❫Û▼äÜ❍❑Ý ➹➘❍❘➴ (➃➽) ❑ ➷➬ 6.3 ❋● d 2w dz 2 + p(z) dw dz + q(z)w = 0
线性常微分方程的幂级数解 第9页 在它的奇点z0的邻域0<|z-20<R有两个正则解 u1(2)=(z-20) Ck2一 (6.5) (6.6) (2-20)∑d(2-20),9或如≠0 (6.7) 的充要条件是20为方程的正则奇点 p1和P2称为正则解的指标 在方程正则奇点邻域内求解思路: 将正则解1(2)或u2(z)代入方程 ·通过比较系数,求出指标和递推关系 进而求出系数的普遍表达式 实际的求解过程,总是先将m1(2)形式的解代入方程 如果能够同时求得两个线性无关解,当然任务便告完成,没有必要再将2(2)形式的 解代入方程 ★如果这时只能求得一个解(例如p1=P时),那么,就还必须再将u2(x)形式的解(这 时的g一定不为0)代入方程求解 根据常微分方程的普遍理论,对于一个二阶线性常微分方程 a2+m) a2+g(2)=0 如果已经求出了一个解1(2),那么,总可以通过积分 u2(2)=A1(2) /{ae[/m} 来求出第二解.这是因为这两个解都满足方程 d2+m(2)= a2+9(2)n=0 d- dw? a2+p(2)a2+(2)m2=0 用m2(2)和w1(z)分别乘这两个方程,再相减,便可得到 +m(2)(m2 duz_a du+p( (x)
✁✂ ✄☎✆✝✞✟✠✡☛☞✌✍✎✏✑ ✒ 9 ✓ ❹❮❍➄❺ z0 ❍ÛÜ 0 < |z − z0| < R ➀➌➂ä❻▲ w1(z) = (z − z0) ρ1 X∞ k=0 ck(z − z0) k , c0 6= 0, (6.5) w2(z) = gw1(z) ln(z − z0) (6.6) + (z − z0) ρ2 X∞ k=0 dk(z − z0) k , g ❊ d0 6= 0 (6.7) ❍Þ ➣ ➫➭▼ z0 ❊❋●❍ä❻➄❺❑ ρ1 ❈ ρ2 ❉❊ä❻▲❍ ß❄ ❑ à❁❂❬❭✣➯➲➳➵á➸âã➍ • ç ä❻▲ w1(z) ❊ w2(z) êë❋● • ✙✬ ìí■❏❯ïð✳ä❈✠✡☛■ • å✰ïð■❏❍✽✾ô✿é ✸æ❍ï▲✬●❯➐▼ ➻ç w1(z) èé❍▲êë❋●❯ F ❷❸❵ç❄❅ïú➌➂✔❲ ➙ ☛▲❯✴ á Ñèéê◆✎❯➓➀➜➣ ❞ ç w2(z) èé❍ ▲êë❋●❑ F ❷❸Ö❅✧❵ïú➁➂▲ (✹❷ ρ1 = ρ2 ❅) ❯ ëì❯î ❜ ➜➝❞ ç w2(z) èé❍▲ (Ö ❅❍ g ➁❘➃❊ 0) êë❋●ï▲❑ ×Ø❼❒❮❋●❍✽✾➴❫❯✲✮➁➂ÒÑ✔❲❼❒❮❋● d 2w dz 2 + p(z) dw dz + q(z)w = 0, ❷❸ íîïð➑➁➂▲ w1(z) ❯ ëì❯➐Ù➏✙✬ï❮ w2(z) = Aw1(z) Z z 1 [w1(z)]2 exp − Z z p(ζ)dζ dz ✭ïððÒ▲❑Ö▼➤ ❊Ö➌➂▲→❱❲❋● d 2w1 dz 2 + p(z) dw1 dz + q(z)w1 = 0, d 2w2 dz 2 + p(z) dw2 dz + q(z)w2 = 0. ó w2(z) ❈ w1(z) ❮❚ñÖ➌➂❋●❯❞❇ò❯éÙúû w1 d 2w2 dz 2 − w2 d 2w1 dz 2 + p(z) w1 dw2 dz − w2 dw1 dz = 0, ➩ d dz w1 dw2 dz − w2 dw1 dz + p(z) w1 dw2 dz − w2 dw1 dz = 0
